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周末作业1　动量、动量定理、动量守恒定律
(总分:55分)
1.(5分)关于动量和动能,下列说法中正确的是 (　B　)
A.一个物体(质量不变)的动量改变,它的动能一定改变
B.一个物体(质量不变)的动能改变,它的动量一定改变
C.做曲线运动的物体,它的动能一定在改变
D.甲物体动量p1=5 kg·m/s,乙物体动量p2=-10 kg·m/s,所以p1>p2
解析：动量是矢量，动能是标量，一个物体的动量改变，其动能不一定改变，例如匀速圆周运动，故A错误;一个物体动能改变，则速度大小在变化，其动量一定改变，故B正确;做匀速圆周运动的物体的动能不变，故C错误;动量是矢量，正、负号代表方向，不参与大小的比较，故大小关系p12.(5分)如图所示,羽毛球是十分普及的体育运动,假设羽毛球飞来的速度为30 m/s,运动员将羽毛球以70 m/s的速度反向击回,羽毛球的质量为10 g,则羽毛球动量的变化量 (　C　)
A.大小为0.4 kg·m/s,方向与羽毛球飞来的方向相同
B.大小为0.4 kg·m/s,方向与羽毛球飞来的方向相反
C.大小为1.0 kg·m/s,方向与羽毛球飞来的方向相反
D.大小为1.0 kg·m/s,方向与羽毛球飞来的方向相同
解析：设羽毛球被反向击回的方向为正方向，由题可知羽毛球的质量m=10 g，初速度v1=-30 m/s，反向击回的速度v2=70 m/s，羽毛球的初动量p1=mv1=-0.3 kg·m/s，反向击回的动量p2=mv2=0.7 kg·m/s，故羽毛球动量的变化量Δp=p2-p1=1.0 kg·m/s，方向与羽毛球飞来的方向相反。故选C。
3.(5分)如图所示,水果店的很多水果都用泡沫网包装,这样可以有效防止碰伤。在发生碰撞时,泡沫网起到的作用是 (　D　)
A.减小碰撞过程中的动量变化量
B.增大碰撞过程中的动量变化量
C.减少碰撞的作用时间
D.增加碰撞的作用时间
解析：当水果发生碰撞时，水果的动量变化都是由初动量减小为0，因此是恒定不变，A、B错误;碰撞时的动量不变，但是泡沫网增加碰撞时间，根据动量定理可知F·Δt=Δp，碰撞的作用力减小，可以有效防止水果碰伤，C错误，D正确。
4.(5分)短道速滑比赛中“接棒”运动员(称为“甲”)在前面滑行,“交棒”运动员(称为“乙”)从后面用力推前方“接棒”运动员完成接力过程。假设甲的质量小于乙的质量、交接棒过程中甲、乙速度方向均在同一直线上,忽略运动员与冰面之间的摩擦。在交接棒过程,下列说法中正确的是 (　C　)
A.乙对甲的作用力大于甲对乙的作用力
B.甲的动量增加量大于乙的动量减少量
C.甲的速度增加量大于乙的速度减少量
D.甲、乙两运动员冲量之和不为0
解析：根据牛顿第三定律可知，乙对甲的作用力等于甲对乙的作用力，结合冲量的定义可知，甲、乙两运动员冲量等大反向，冲量之和为0，故A、D错误;甲、乙组成的系统所受合力为0，动量守恒，所以甲的动量增加量等于乙的动量减少量，又因动量变化量等于质量与速度变化量的乘积，且甲的质量小于乙的质量，所以甲的速度增加量大于乙的速度减少量，故B错误，C正确。
5.(5分)如图所示,两带电的金属球在绝缘的光滑水平面上沿同一直线相向运动,A所带电荷量为-q,B所带电荷量为+2q,下列说法正确的是 (　D　)
A.相碰前两球运动中动量不守恒
B.相碰前两球的总动量随距离的减小而增大
C.两球相碰分离后的总动量不等于相碰前的总动量,因为碰前作用力为引力,碰后为斥力
D.两球相碰分离后的总动量等于相碰前的总动量,因为两球组成的系统所受合力为0
解析：将两球看成整体分析，整体受重力、支持力，水平方向不受外力，故系统动量守恒，所以两球相碰前后的总动量守恒，两球相碰分离后的总动量等于碰前的总动量。故选D。
6.(5分)某市在冬季常见最大风力为9级(风速约20 m/s到24 m/s)。如图所示的该市某品牌抗风卷帘门面积为S,所能承受的最大压力为F。设空气密度为ρ,空气吹到卷帘门上速度立刻减为0,则此卷帘门能承受的垂直方向最大风速v等于 (　A　)
A.　B.　C.　D.
解析：Δt时间内，垂直吹到卷帘门上的空气质量为Δm=ρSvΔt，空气吹到卷帘门上速度立刻减为0，由动量定理可得-F'Δt=0-Δmv，又F'=F，联立解得此卷帘门能承受的垂直方向最大风速为v=，故选A。
7.(5分)如图为某药品自动传送系统的示意图。该系统由水平传送带、竖直螺旋滑槽和与滑槽平滑连接的水平平台组成,竖直螺旋滑槽高5 m,长30 m,质量为0.5 kg的药品A离开传送带进入螺旋滑槽速度为2 m/s,到螺旋滑槽出口速度为6 m/s,进出螺旋滑槽的速度方向相同,该过程用时5 s,在出口处与静止的相同质量的药品B碰撞,碰后A静止,B向前滑动,重力加速度g取10 m/s2,下列说法正确的是 (　A　)
A.药品A、B碰撞后B的速度为6 m/s
B.药品A对药品B的冲量与药品B对药品A的冲量相同
C.药品A在螺旋滑槽运动过程重力的冲量为20 N·s
D.药品A在螺旋滑槽运动过程合力的冲量为20 N·s
解析：两药品碰撞过程，根据动量守恒有mvA=mvB，解得vB=vA=6 m/s，故A正确;药品A对药品B的冲量与药品B对药品A的冲量大小相同，但方向相反，故B错误;药品A在螺旋滑槽运动过程重力的冲量为IG=mgt=0.5×10×5 N·s=25 N·s，故C错误;根据动量定理，药品A在螺旋滑槽运动过程合力的冲量等于其动量变化量I合=mvA-mv0=(0.5×6-0.5×2) N·s=2 N·s，故D错误。
8.(5分)(多选)如图所示,在光滑水平地面上有A、B两个木块,A、B之间用一轻弹簧连接。A靠在墙壁上,用力F向左推B使两木块之间的弹簧压缩并处于静止状态。若突然撤去力F,则下列说法中正确的是 (　AC　)
A.木块A离开墙壁前,A、B和弹簧组成的系统动量不守恒,机械能守恒
B.木块A离开墙壁前,A、B和弹簧组成的系统动量不守恒,机械能也不守恒
C.木块A离开墙壁后,A、B和弹簧组成的系统动量守恒,机械能也守恒
D.木块A离开墙壁后,A、B和弹簧组成的系统动量守恒,但机械能不守恒
解析：若突然撤去力F，木块A离开墙壁前，墙壁对木块A有作用力，所以A、B和弹簧组成的系统动量不守恒，但由于A没有离开墙壁，墙壁对木块A不做功，所以A、B和弹簧组成的系统机械能守恒，故A正确，B错误;木块A离开墙壁后，A、B和弹簧组成的系统所受合力为0，所以系统动量守恒且机械能守恒，故C正确，D错误。
9.(5分)(多选)中科院研制的电磁弹射实验装置能构建微重力实验环境,实验装置像一个“大电梯”,原理如图所示,在电磁弹射阶段,系统推动实验舱竖直向上加速运动至A位置,撤除电磁作用。此后,实验舱做竖直上抛运动,到达最高点后返回A位置,再经历一段减速运动后静止。竖直上抛阶段,忽略阻力,实验舱处于完全失重状态,这一阶段持续的时间为4 s,实验舱的质量为500 kg。重力加速度g取10 m/s2,下列说法正确的是 (　BD　)
A.实验舱向下运动的过程始终处于失重状态
B.竖直上抛阶段实验舱到A位置的最大距离为20 m
C.向上弹射阶段,电磁弹射系统对实验舱做功等于1×105 J
D.向上弹射阶段,电磁弹射系统对实验舱的冲量大于1×104 N·s
解析：实验舱向下运动的过程，开始做自由落体运动，处于失重状态，后向下减速，处于超重状态，故A错误;实验舱在电磁弹射结束后开始竖直上抛时的速度最大，根据竖直上抛运动的对称性可知到A位置的最大距离h=gt2=×10×22 m=20 m，故B正确;实验舱在电磁弹射结束后开始竖直上抛时的速度最大，根据竖直上抛运动的对称性可知该速度为v=gt=10 m/s2×2 s=20 m/s，在向上弹射过程中，根据动能定理有W-mgh'=mv2=1×105 J，所以W>1×105 J，故C错误;在向上弹射过程中，根据动量定理有I-mgt'=mv=1×104 N·s，所以I>1×104 N·s，故D正确。
10.(10分)如图为某游戏装置原理示意图,水平轨道BC与光滑圆轨道在C点相切平滑连接,圆轨道半径为R=0.1 m,一小球与端点固定在O点的不可伸长轻绳连接,轻绳长为L=0.8 m,拉直轻绳使小球从与O在同一水平线上的A点由静止释放,小球运动到最低点时与静止在O点正下方B点的木块发生碰撞,小球被反弹后上升到最高点时到水平轨道的距离为h=0.05 m,之后木块刚好到达圆轨道的最高点D。已知小球质量m=1 kg,木块质量M=2 kg,BC的长度d=0.5 m,小球和木块均可视为质点。(g取10 m/s2)求:
(1)与木块碰撞过程小球受到木块的冲量I;
(2)轨道BC与木块间的动摩擦因数μ。
答案：(1)5 N·s，方向水平向右　(2)0.125
解析：(1)设小球碰撞木块前、后速度大小分别为v0、v，从A到B过程有m=mgL，
解得v0=4 m/s，
碰后小球返回到h过程有mv2=mgh，
解得v=1 m/s，
规定向左为正方向，对小球，根据动量定理有I=-mv-mv0=-5 N·s，
故与木块碰撞过程小球受到木块的冲量大小为5 N·s，方向水平向右。
(2)对小球碰撞木块过程，根据动量守恒有-mv+Mv1=mv0，
联立解得碰后木块速度v1=2.5 m/s，
木块刚好到达圆轨道的最高点D，则有Mg=M，解得vD=1 m/s，
则木块从B到D过程有
M-M=-μMgd-Mg×2R，
联立解得μ=0.125。(共20张PPT)
第一章　动量守恒定律
周末作业1　动量、动量定理、动量守恒定律
1.(5分)关于动量和动能,下列说法中正确的是 (　　)
A.一个物体(质量不变)的动量改变,它的动能一定改变
B.一个物体(质量不变)的动能改变,它的动量一定改变
C.做曲线运动的物体,它的动能一定在改变
D.甲物体动量p1=5 kg·m/s,乙物体动量p2=-10 kg·m/s,所以p1>p2
解析：动量是矢量，动能是标量，一个物体的动量改变，其动能不一定改变，例如匀速圆周运动，故A错误;一个物体动能改变，则速度大小在变化，其动量一定改变，故B正确;做匀速圆周运动的物体的动能不变，故C错误;动量是矢量，正、负号代表方向，不参与大小的比较，故大小关系p1B
2.(5分)如图所示,羽毛球是十分普及的体育运动,假设羽毛球飞来的速度为30 m/s,运动员将羽毛球以70 m/s的速度反向击回,羽毛球的质量为10 g,则羽毛球动量的变化量 (　　)
A.大小为0.4 kg·m/s,方向与羽毛球飞来的方向相同
B.大小为0.4 kg·m/s,方向与羽毛球飞来的方向相反
C.大小为1.0 kg·m/s,方向与羽毛球飞来的方向相反
D.大小为1.0 kg·m/s,方向与羽毛球飞来的方向相同
C
解析：设羽毛球被反向击回的方向为正方向，由题可知羽毛球的质m=
10 g，初速度v1=-30 m/s，反向击回的速度v2=70 m/s，羽毛球的初动量p1=mv1=-0.3 kg·m/s，反向击回的动量p2=mv2=0.7 kg·m/s，故羽毛球动量的变化量Δp=p2-p1=1.0 kg·m/s，方向与羽毛球飞来的方向相反。故选C。
3.(5分)如图所示,水果店的很多水果都用泡沫网包装,这样可以有效防止碰伤。在发生碰撞时,泡沫网起到的作用是 (　　)
A.减小碰撞过程中的动量变化量
B.增大碰撞过程中的动量变化量
C.减少碰撞的作用时间
D.增加碰撞的作用时间
解析：当水果发生碰撞时，水果的动量变化都是由初动量减小为0，因此是恒定不变，A、B错误;碰撞时的动量不变，但是泡沫网增加碰撞时间，根据动量定理可知F·Δt=Δp，碰撞的作用力减小，可以有效防止水果碰伤，C错误，D正确。
D
4.(5分)短道速滑比赛中“接棒”运动员(称为“甲”)在前面滑行,“交棒”运动员(称为“乙”)从后面用力推前方“接棒”运动员完成接力过程。假设甲的质量小于乙的质量、交接棒过程中甲、乙速度方向均在同一直线上,忽略运动员与冰面之间的摩擦。在交接棒过程,下列说法中正确的是 (　　)
A.乙对甲的作用力大于甲对乙的作用力
B.甲的动量增加量大于乙的动量减少量
C.甲的速度增加量大于乙的速度减少量
D.甲、乙两运动员冲量之和不为0
C
解析：根据牛顿第三定律可知，乙对甲的作用力等于甲对乙的作用力，结合冲量的定义可知，甲、乙两运动员冲量等大反向，冲量之和为0，故A、D错误;甲、乙组成的系统所受合力为0，动量守恒，所以甲的动量增加量等于乙的动量减少量，又因动量变化量等于质量与速度变化量的乘积，且甲的质量小于乙的质量，所以甲的速度增加量大于乙的速度减少量，故B错误，C正确。
5.(5分)如图所示,两带电的金属球在绝缘的光滑水平面上沿同一直线相向运动,A所带电荷量为-q,B所带电荷量为+2q,下列说法正确的是 (　　)

A.相碰前两球运动中动量不守恒
B.相碰前两球的总动量随距离的减小而增大
C.两球相碰分离后的总动量不等于相碰前的总动量,因为碰前作用力为引力,碰后为斥力
D.两球相碰分离后的总动量等于相碰前的总动量,因为两球组成的系统所受合力为0
D
解析：将两球看成整体分析，整体受重力、支持力，水平方向不受外力，故系统动量守恒，所以两球相碰前后的总动量守恒，两球相碰分离后的总动量等于碰前的总动量。故选D。
6.(5分)某市在冬季常见最大风力为9级(风速约20 m/s到24 m/s)。如图所示的该市某品牌抗风卷帘门面积为S,所能承受的最大压力为F。设空气密度为ρ,空气吹到卷帘门上速度立刻减为0,则此卷帘门能承受的垂直方向最大风速v等于 (　　)
A.　B.　C.　D.
解析：Δt时间内，垂直吹到卷帘门上的空气质量为Δm=ρSvΔt，空气吹到卷帘门上速度立刻减为0，由动量定理可得-F'Δt=0-Δmv，又F'=F，联立解得此卷帘门能承受的垂直方向最大风速为v=，故选A。
A
7.(5分)如图为某药品自动传送系统的示意图。该系统由水平传送带、竖直螺旋滑槽和与滑槽平滑连接的水平平台组成,竖直螺旋滑槽高5 m,长30 m,质量为0.5 kg的药品A离开传送带进入螺旋滑槽速度为2 m/s,到螺旋滑槽出口速度为6 m/s,进出螺旋滑槽的速度方向相同,该过程用时5 s,在出口处与静止的相同质量的药品B碰撞,碰后A静止,B向前滑动,重力加速度g取10 m/s2,下列说法正确的是 (　　)
A.药品A、B碰撞后B的速度为6 m/s
B.药品A对药品B的冲量与药品B对药品A的冲量相同
C.药品A在螺旋滑槽运动过程重力的冲量为20 N·s
D.药品A在螺旋滑槽运动过程合力的冲量为20 N·s
A
解析：两药品碰撞过程，根据动量守恒有mvA=mvB，解得vB=vA=6 m/s，故A正确;药品A对药品B的冲量与药品B对药品A的冲量大小相同，但方向相反，故B错误;药品A在螺旋滑槽运动过程重力的冲量为IG=mgt=0.5×10×5 N·s=25 N·s，故C错误;根据动量定理，药品A在螺旋滑槽运动过程合力的冲量等于其动量变化量I合=mvA-mv0=(0.5×6-0.5×2) N·s=2 N·s，故D错误。
8.(5分)(多选)如图所示,在光滑水平地面上有A、B两个木块,A、B之间用一轻弹簧连接。A靠在墙壁上,用力F向左推B使两木块之间的弹簧压缩并处于静止状态。若突然撤去力F,则下列说法中正确的是 (　 　)
A.木块A离开墙壁前,A、B和弹簧组成的系统动量不守恒,机械能守恒
B.木块A离开墙壁前,A、B和弹簧组成的系统动量不守恒,机械能也不守恒
C.木块A离开墙壁后,A、B和弹簧组成的系统动量守恒,机械能也守恒
D.木块A离开墙壁后,A、B和弹簧组成的系统动量守恒,但机械能不守恒
AC
解析：若突然撤去力F，木块A离开墙壁前，墙壁对木块A有作用力，所以A、B和弹簧组成的系统动量不守恒，但由于A没有离开墙壁，墙壁对木块A不做功，所以A、B和弹簧组成的系统机械能守恒，故A正确，B错误;木块A离开墙壁后，A、B和弹簧组成的系统所受合力为0，所以系统动量守恒且机械能守恒，故C正确，D错误。
9.(5分)(多选)中科院研制的电磁弹射实验装置能构建微重力实验环境,实验装置像一个“大电梯”,原理如图所示,在电磁弹射阶段,系统推动实验舱竖直向上加速运动至A位置,撤除电磁作用。此后,实验舱做竖直上抛运动,到达最高点后返回A位置,再经历一段减速运动后静止。竖直上抛阶段,忽略阻力,实验舱处于完全失重状态,这一阶段持续的时间为4 s,实验舱的质量为500 kg。重力加速度g取10 m/s2,下列说法正确的是 (　　)
A.实验舱向下运动的过程始终处于失重状态
B.竖直上抛阶段实验舱到A位置的最大距离为20 m
C.向上弹射阶段,电磁弹射系统对实验舱做功等于1×105 J
D.向上弹射阶段,电磁弹射系统对实验舱的冲量大于1×104 N·s
BD
解析：实验舱向下运动的过程，开始做自由落体运动，处于失重状态，后向下减速，处于超重状态，故A错误;实验舱在电磁弹射结束后开始竖直上抛时的速度最大，根据竖直上抛运动的对称性可知到A位置的最大距离h=gt2=×10×22 m=20 m，故B正确;实验舱在电磁弹射结束后开始竖直上抛时的速度最大，根据竖直上抛运动的对称性可知该速度为v=gt=10 m/s2×2 s=20 m/s，在向上弹射过程中，根据动能定理有W-mgh'=mv2=1×105 J，所以W>1×105 J，故C错误;在向上弹射过程中，根据动量定理有I-mgt'=mv=1×104 N·s，所以I>1×104 N·s，故D正确。
10.(10分)如图为某游戏装置原理示意图,水平轨道BC与光滑圆轨道在C点相切平滑连接,圆轨道半径为R=0.1 m,一小球与端点固定在O点的不可伸长轻绳连接,轻绳长为L=0.8 m,拉直轻绳使小球从与O在同一水平线上的A点由静止释放,小球运动到最低点时与静止在O点正下方B点的木块发生碰撞,小球被反弹后上升到最高点时到水平轨道的距离为h=0.05 m,之后木块刚好到达圆轨道的最高点D。已知小球质量m=1 kg,木块质量M=2 kg,BC的长度d=0.5 m,小球和木块均可视为质点。(g取10 m/s2)求:
(1)与木块碰撞过程小球受到木块的冲量I;
答案：(1)5 N·s，方向水平向右　
解析：(1)设小球碰撞木块前、后速度大小分别为v0、v，从A到B过程有m=mgL，
解得v0=4 m/s，
碰后小球返回到h过程有mv2=mgh，
解得v=1 m/s，
规定向左为正方向，对小球，根据动量定理有I=-mv-mv0=-5 N·s，
故与木块碰撞过程小球受到木块的冲量大小为5 N·s，方向水平向右。
(2)轨道BC与木块间的动摩擦因数μ。
答案：(2)0.125
解析：(2)对小球碰撞木块过程，根据动量守恒有-mv+Mv1=mv0，
联立解得碰后木块速度v1=2.5 m/s，
木块刚好到达圆轨道的最高点D，则有Mg=M，解得vD=1 m/s，
则木块从B到D过程有
M-M=-μMgd-Mg×2R，
联立解得μ=0.125。
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